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%$LastChangedDate: 2010-01-28 19:28:03 +0000 (Thu, 28 Jan 2010) $
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\newproblem{derimp-1}{gen}{}
%ENUNCIADO
{Derivar implícitamente las siguientes expresiones tomando $y$ como función de $x$:
\begin{multicols}{2}
\begin{enumerate}
\item $x^3-3xy^2+y^3=1$.
\item $y=\dfrac{\sen(x+y)}{x^2+y^2}$.
\end{enumerate}
\end{multicols}
}
%SOLUCIÓN
{\begin{enumerate}
\item $\frac{dy}{dx}=\frac{-x^2+y^2}{-2xy+y^2}.$
\item $\frac{dy}{dx}=\frac{-2xy+\cos(x+y)}{(x^2+y^2)+2y^2-\cos(x+y)}.$
\end{enumerate}
}
%RESOLUCIÓN
{
}


\newproblem{derimp-2}{gen}{*}
%ENUNCIADO
{Dada la función $xy+e^x-\log y=0$, calcular las ecuaciones de las rectas tangente y normal a ella en el punto $x=0$.
}
%SOLUCIÓN
{Tangente: $y=(e^2-e)x+e$. Normal: $y=\frac{-1}{e^2-e}{x+e}$.
}
%RESOLUCIÓN
{
}


\newproblem{derimp-3}{qui}{*}
%ENUNCIADO
{Suponiendo que la temperatura, $T$ en grados centí­grados, y
el volumen, $V$ en metros cúbicos, de un gas real encerrado en un
contenedor de volumen variable están relacionados mediante la
siguiente ecuación:
\[
T^2 \left( {V^2  - \pi ^2 } \right) - V\cos \left( {TV} \right) = 0
\]
Se pide:
\begin{enumerate}
\item Calcular la derivada del volumen con respecto a la temperatura
en el momento en el que el volumen es de $\pi$ m$^3$ y la
temperatura es medio grado centí­grado.

\item ¿Cuál serí­a la ecuación de la recta tangente a la gráfica de la
función que darí­a el volumen en función de la temperatura en el
mismo punto del apartado anterior?
\item Suponiendo que tanto la temperatura como el volumen son, a su vez, funciones de la presión, qué ecuación ligaría la derivada de la temperatura con respecto a la presión con la derivada del volumen con respecto a la presión.
\end{enumerate}
}
%SOLUCIÓN
{\begin{enumerate}
\item $\frac{dV}{dT} = \frac{-2T(V^2-\pi^2)-V^2\sen(TV)}{2T^2V-\cos(TV)+TV\sen(TV)}$ y $\frac{dV}{dT}(V=\pi,T=0.5)= -pi$ m$^3$/ºC.
\item Tangente: $V=\pi(-T+1.5)$.
\item $2T\frac{dT}{dP}(V^2-\pi^2)+T^2(2V\frac{dV}{dT})-\frac{dV}{dT}\cos(VT)-V(-\sen(TV)(\frac{dT}{dP}V+T\frac{dV}{dP})) =0$.
\end{enumerate}
}
%RESOLUCIÓN
{
}


\newproblem*{derimp-4}{gen}{*}
%ENUNCIADO
{Dada la función:
\[
\frac{x}{{y^2 }} + e^{x^2 y}  - \log \sqrt {x - y}  = 0
\]
Calcular las ecuaciones de las rectas tangente y normal a su gráfica en el punto de abcisa $x=0$.
}


\newproblem{derimp-5}{gen}{*}
%ENUNCIADO
{Un cuerpo se mueve en el plano a través de los puntos de coordenadas $(x,y)$ relacionadas mediante la siguiente expresión:
\[
2e^{xy} \sen x + y\cos x = 2
\]
Se pide:
\begin{enumerate}
\item Calcular su posición cuando $x=\pi/2$
\item Calcular la ecuación de la recta tangente a la gráfica de la función cuando $x=0$.
\end{enumerate}
}
%SOLUCIÓN
{
\begin{enumerate}
\item $x_0=\pi/2$, $y_0 = 0$.
\item $ y=-2x+2$.
\end{enumerate}
}
%RESOLUCIÓN
{\begin{enumerate}
\item El punto $(x_0,y_0)$ en el que se encontrará el cuerpo cuando $x_0=\pi/2$
cumple la ecuación del enunciado. Por lo tanto:
\[
2e^{x_0y_0} \sen x_0 + y_0\cos x_0 = 2
\]
y sustituyendo $x_0=\pi/2$, obtenemos:
\[
2e^{\frac{\pi }{2}y_0 } \sen\frac{\pi }{2} + y_0 \cos \frac{\pi }{2}
= 2 \Rightarrow 2e^{\frac{\pi }{2}y_0 }  = 2
\]
con lo cual:
\[
e^{\frac{\pi }{2}y_0 }  = 1 \Leftrightarrow y_0  = 0
\]

\item Sabemos que la ecuación de la recta tangente a la gráfica de
la función en el punto de coordenadas $(x_0,y_0)$ es:
\[
y-y_0=f'(x_0)(x-x_0)
\]
En nuestro caso, no tenemos la expresión explícita de la función
$f$, pero sí que tenemos la expresión de partida que define a $y$
como función de $x$ de forma implícita. Suponiendo que $y$ es
función de $x$ y derivando con respecto a $x$, obtenemos:
\[
2 e^{xy}(y + xy')\sen x + 2e^{xy}\cos x + y'\cos x - y\sen x = 0
\]
Y sacando como factor común $y'$ y despejando, nos queda:
\[
y' = \frac{{ - 2e^{xy} y \sen x - 2e^{xy} \cos x + y \sen
x}}{{2xe^{xy} \sen x + \cos x}}
\]
Teniendo en cuenta que $x_0=0$, y sustituyendo en la expresión
inicial, obtenemos el valor de $y_0$:
\[
2e^0 \sen 0 + y_0 \cos 0 = 2 \Rightarrow y_0  = 2
\]
Y teniendo en cuenta el valor de la derivada implícita obtenido
anteriormente:
\[
f'(0) = y'(0,2) = \frac{{ - 2e^0 \cos 0}}{{\cos 0}} =  - 2
\]
Por lo tanto, la ecuación de la recta tangente es:
\[
y-2=-2(x-0)\Leftrightarrow y=-2x+2
\]
\end{enumerate}
}


\newproblem{derimp-6}{gen}{*}
%ENUNCIADO
{Hallar la ecuación de la recta tangente y normal a la curva $x^2+y^2=3xy-1$ en los puntos en que $x=1$. Calcular también los extremos relativos y decir si son máximos o mínimos.
}
%SOLUCIÓN
{Recta tangente en el punto $(1,1)$: $y= 2-x$. Recta normal en el punto $(1,1)$: $y=x$.

Recta tangente en el punto $(1,2)$: $y= 4x-2$. Recta normal en el punto $(1,2)$: $y=\frac{9-x}{4}$.

Hay un mínimo relativo en el punto $(3/\sqrt{5},2/\sqrt{5})$ y un máximo relativo en $(-3/\sqrt{5},-2/\sqrt{5})$.
}
%RESOLUCIÓN
{Consideremos $y$ como función de $x$. Veamos primero los puntos de la curva en los que $x=1$:
\[
1^{2}+y^{2} = 3\cdot 1\cdot y-1 \Leftrightarrow y^{2} -3y+2 = 0.
\]
Resolviendo la ecuación obtenemos dos soluciones $y=1$ e $y=2$, de modo que existen dos puntos para los que $x=1$, que son el $(1,1)$ y el $(1,2)$.

Para calcular las ecuaciones de las rectas tangente y normal en estos puntos, necesitamos calcular la derivada $dy/dx$ en dichos puntos. Derivamos implicitamente:
\[
d(x^{2}+y^{2} = d(3xy-1) \Leftrightarrow 2xdx+2ydy = 3(dxy+xdy) \Leftrightarrow (2x-3y)dx+(2y-3x)dy = 0,
\]
de donde se deduce
\[
\frac{dy}{dx} = \frac{3y-2x}{2y-3x},
\]
que en el punto $(1,1)$ vale
\[
\frac{dy}{dx} = \frac{3\cdot 1 - 2\cdot 1}{2\cdot 1-3\cdot 1} = -1,
\]
y en el punto $(1,2)$ vale
\[
\frac{dy}{dx} = \frac{3\cdot 2 - 2\cdot 1}{2\cdot 2-3\cdot 1} = 4.
\]
Así pues, la ecuación de la recta tangente en el punto $(1,1)$ es
\[
y-1 = \frac{dy}{dx}(1,1)(x-1) \Leftrightarrow y= 2-x,
\]
y la ecuación de la recta normal es
\[
y-1 = -\frac{1}{dy/dx}(1,1)(x-1) \Leftrightarrow y= x,
\]
mientras que la ecuación de la recta tangente en el punto $(1,2)$ es \[
y-2 = \frac{dy}{dx}(1,2)(x-1) \Leftrightarrow y= 4x-2,
\]
y la ecuación de la recta normal es
\[
y-2 = -\frac{1}{dy/dx}(1,2)(x-1) \Leftrightarrow y=\frac{9-x}{4}.
\]

Por otro lado, para calcular los extremos relativos, primero calculamos los puntos críticos, que son los que anulan la primera derivada:
\[
\frac{dy}{dx}=\frac{3y-2x}{2y-3x}=0 \Leftrightarrow 3y-2x=0 \Leftrightarrow y=2x/3.
\]
Pero además deben pertenecer a la curva de la función, y por tanto deben satisfacer la ecuación de la función:
\[
x^{2}+(2x/3)^{2}=3x(2x/3)-1 \Leftrightarrow x^{2}+4x^{2}/9 = 2x^{2}-1 \Leftrightarrow x^{2}=9/5 \Leftrightarrow x=\pm 3/\sqrt{5}.
\]
Así pues, existen dos puntos críticos que son el $(3/\sqrt{5},2/\sqrt{5})$ y $(-3/\sqrt{5},-2/\sqrt{5})$. Para ver si son puntos de máximo o mínimo relativos, necesitamos calcular la segunda derivada en dichos puntos:
\[
\frac{d^{2}y}{dx^{2}}= \frac{d}{dx}\left(\frac{3y-2x}{2y-3x}\right) = \frac{(3\frac{dy}{dx}-2)(2y-3x)-(2\frac{dy}{dx}-3)(3y-2x)}{(2y-3x)^{2}}.
\]
En el punto, $(3/\sqrt{5},2/\sqrt{5})$ la segunda derivada vale
\[
\frac{d^{2}y}{dx^{2}}(3/\sqrt{5},2/\sqrt{5})=
\frac{(3\cdot 0-2)(2\frac{2}{\sqrt{5}}-3\frac{3}{\sqrt{5}})-(2\cdot 0-3)(3\frac{2}{\sqrt{5}}-2\frac{3}{\sqrt{5}})}{(2\frac{2}{\sqrt{5}}-3\frac{3}{\sqrt{5}})^{2}} = 2\sqrt{5},
\]
que al ser positiva, indica que el punto $(3/\sqrt{5},2/\sqrt{5})$ es un punto de mínimo relativo.

En el punto, $(-3/\sqrt{5},-2/\sqrt{5})$ la segunda derivada vale
\[
\frac{d^{2}y}{dx^{2}}(-3/\sqrt{5},-2/\sqrt{5})=
\frac{(3\cdot 0-2)(2\frac{-2}{\sqrt{5}}-3\frac{-3}{\sqrt{5}})-(2\cdot 0-3)(3\frac{-2}{\sqrt{5}}-2\frac{-3}{\sqrt{5}})}{(2\frac{-2}{\sqrt{5}}-3\frac{--3}{\sqrt{5}})^{2}} = -2\sqrt{5},
\]
que al ser negativa, indica que el punto $(-3/\sqrt{5},-2/\sqrt{5})$ es un punto de máximo relativo.
}


\newproblem{derimp-7}{gen}{*}
%ENUNCIADO
{Dada  la curva $x^2-xy+y^2=3$
\begin{enumerate}
\item Calcular los posibles extremos relativos de $y$, considerando $y$ como función implícita de $x$. ¿En qué puntos se alcanzan dichos valores?
\item Analizar si lo puntos anteriores son máximos o mínimos haciendo uso de la derivada segunda.
\end{enumerate}
}
%SOLUCIÓN
{\begin{enumerate}
\item Los puntos donde se anula la derivada son $(1,2)$ y $(-1,-2)$.
\item En $(1,2)$ hay un máximo y en $(-1,-2)$ un mínimo.
\end{enumerate}
}
%RESOLUCIÓN
{\begin{enumerate}
\item Derivamos implícitamente la ecuación
\[
\frac{d}{dx}(x^2-xy+y^2)=\frac{d}{dx}3=0
\]
Derivando el lado izquierdo tenemos
\begin{align*}
\frac{d}{dx}(x^2-xy+y^2)&=
\frac{d}{dx}(x^2)-\frac{d}{dx}(xy)+\frac{d}{dx}(y^2)=
2x-(\frac{dx}{dx}y+x\frac{dy}{dx})+2y\frac{dy}{dx}=\\
&=2x-y-x\frac{dy}{dx}+2y\frac{dy}{dx}
=2x-y+(2y-x)\frac{dy}{dx}=0
\end{align*}
Los posibles extremos serán los puntos donde se anule la derivada, es decir, $\dfrac{dy}{dx}=0$. Sustituyendo en la ecuación anterior tenemos
\[
2x-y+(2y-x)\cdot 0= 2x-y=0 \Leftrightarrow y=2x.
\]
Y sustituyendo ahora en la ecuación de la función tenemos
\[
x^2-x\cdot 2x+(2x)^2=3 \Leftrightarrow x^2-2x^2+4x^2=3 \Leftrightarrow 3x^2=3 \Leftrightarrow x=\pm1.
\]
Por tanto, los posibles puntos de extremo serán (1,2) y (-1,-2).

\item Para ver si los puntos anteriores son efectivamente extremos, calculamos la derivada segunda en dichos puntos. 
\begin{align*}
\frac{d^2}{dx^2}(x^2-xy+y^2)&=
\frac{d}{dx}\left(\frac{d}{dx}(x^2-xy+y^2)\right)=\\
&=\frac{d}{dx}\left(2x-y+(2y-x)\frac{dy}{dx}\right)=\\
&=\frac{d}{dx}(2x)-\frac{d}{dx}y+\left(\frac{d}{dx}(2y-x)\frac{dy}{dx}+(2y-x)\frac{d}{dx}\frac{dy}{dx}\right)=\\
&=2-\frac{dy}{dx}+\left(2\frac{dy}{dx}-\frac{dx}{dx}\right)\frac{dy}{dx}+(2y-x)\frac{d^2y}{dx^2}=\\
&= 2-\frac{dy}{dx}+2\frac{d^2y}{dx^2}-\frac{dy}{dx}+(2y-x)\frac{d^2y}{dx^2}=
2-2\frac{dy}{dx}+(2y-x+2)\frac{d^2y}{dx^2}=0
\end{align*}
Para el primer punto tenemos que sustituir $x=1$, $y=2$ y $\dfrac{dy}{dx}=0$, y queda
\[
2-2\cdot 0+(2\cdot 2-1+2)\frac{d^2y}{dx^2}=0 \Leftrightarrow 2+5\frac{d^2y}{dx^2}=0 \Leftrightarrow \frac{d^2y}{dx^2}=\frac{-2}{5},
\]
que al ser negativo indica que el en el punto $(1,2)$ hay un máximo.

Para el segundo punto tenemos que sustituir $x=-1$, $y=-2$ y $\dfrac{dy}{dx}=0$, y queda
\[
2-2\cdot 0+(2\cdot (-2)-(-1)1+2)\frac{d^2y}{dx^2}=0 \Leftrightarrow 2-\frac{d^2y}{dx^2}=0 \Leftrightarrow \frac{d^2y}{dx^2}=2,
\]
que al ser positivo indica que el en el punto $(-1,-2)$ hay un mínimo.
\end{enumerate}
}


\newproblem{derimp-8}{gen}{}
%ENUNCIADO
{Caldular $dy/dx$ y $dx/dy$ para las siguientes funciones implícitas:
\begin{enumerate}
\item $2x^2+3y^3-x^y= 2$
\item $3x^2y^2 = x^2 + 3y^3$
\item $\sen (xy^2) = \cos(x^2y)$
\item $x \ln (x^2+3y)  = y^3e^{2xy^2}$
\end{enumerate}
}
%SOLUCIÓN
{\begin{enumerate}
\item $\frac{dy}{dx} = \frac{4x-yx^{y-1}}{-9y^2+x^y\log_x e}$ y $\frac{dx}{dy} = \frac{-9y^2+x^y\log_x e}{4x-yx^{y-1}}$.
\item $\frac{dy}{dx} = \frac{6xy^2-2x}{9y^2-6x^2y}$ y $\frac{dx}{dy} = \frac{9y^2-6x^2y}{6xy^2-2x}$.
\item $\frac{dy}{dx} = \frac{y^2\cos(xy^2)+2xy\sen(x^2y)}{-2xy\cos(xy^2)-x^2\sen(x^2y)}$ y $\frac{dx}{dy} = \frac{-2xy\cos(xy^2)-x^2\sen(x^2y)}{y^2\cos(xy^2)+2xy\sen(x^2y)}$.
\item $\frac{dy}{dx} = \frac{\ln(x^2+3y)+\frac{2x^2}{x^2+3y}-2y^5e^{2xy^2}}{-\frac{3x}{x^2+3y}3y^2e^{2xy^2}+4xy^4e^{2xy^2}}$ y $\frac{dx}{dy} = \frac{-\frac{3x}{x^2+3y}3y^2e^{2xy^2}+4xy^4e^{2xy^2}}{\ln(x^2+3y)+\frac{2x^2}{x^2+3y}-2y^5e^{2xy^2}}$.
\end{enumerate}
}
%RESOLUCIÓN
{
}


\newproblem*{derimp-9}{gen}{}
%ENUNCIADO
{Caldular $dy/dx$ para las siguientes funciones definidas implícitamente:
\begin{enumerate}
\item  $xy^{3}-3x^{2}=xy+5.$
\item  $e^{xy}+y\log x=\cos 2x.$
\end{enumerate}
}


\newproblem*{derimp-10}{gen}{*}
%ENUNCIADO
{La expresión
\[
e^{xy}\log \left( \dfrac{1}{x}\right) +a\dfrac{1}{y}=2,
\]
donde $a$ es una constante, define a $y$ como función implícita de $x $ en el punto $\left( x_{0},y_{0}\right) =\left( 1,1\right) .$
Calcular la derivada de $y$ con respecto a $x$ en dicho punto.
}

\newproblem{derimp-11}{gen}{*}
%ENUNCIADO
{La concentración de un fármaco en sangre, $C$ en mg/dl, y el tiempo, $t$ en s,
están relacionados mediante la expresión:
\[
e^{tC}-t^2C^3-\ln{C}=0
\]
Suponiendo que la ecuación anterior define a $C$ como función implícita de $t$, y que, por lo tanto, también puede
definir a $t$ como función implícita de $C$, calcular:
\begin{enumerate}
\item La derivada de $C$ con respecto a $t$.
\item La ecuación de la recta tangente a la gráfica de $C$ en función de $t$ cuando $t=0$.
\item La ecuación de la recta normal a la gráfica de $t$ en función de $C$ cuando $C=e$.
\end{enumerate}
}
%SOLUCIÓN
{
\begin{enumerate}
\item $\displaystyle
\dfrac{dC}{dt}=\dfrac{2tC^4-e^{tC}C^2}{e^{tC}tC-3t^2C^3-1}$.
\item $C=e+e^2 t$.
\item $t=-e^2(C-e)$.
\end{enumerate}
}
%RESOLUCIÓN
{\begin{enumerate}
\item Derivamos implícitamente:
\[
\renewcommand{\arraystretch}{2}
\begin{array}{c}
d(e^{tC}-t^2C^3-\ln{C})=d0 \Leftrightarrow\\
\Leftrightarrow d(e^{tC})-d(t^2C^3)-d\ln{C}= 0 \Leftrightarrow\\
\Leftrightarrow e^{tC}d(tC)-(d(t^2)C^3+t^2d(C^3))-\dfrac{1}{C}dC= 0 \Leftrightarrow\\
\Leftrightarrow e^{tC}(dtC+tdC)-2tdtC^3-t^23C^2dC-\dfrac{1}{C}dC= 0 \Leftrightarrow\\
\Leftrightarrow e^{tC}Cdt+e^{tC}tdC-2tC^3dt-3t^2C^2dC-\dfrac{1}{C}dC= 0 \Leftrightarrow\\
\Leftrightarrow e^{tC}C^2dt+e^{tC}tCdC-2tC^4dt-3t^2C^3dC-dC= 0 \Leftrightarrow\\
\Leftrightarrow (e^{tC}C^2-2tC^4)dt+(e^{tC}tC-3t^2C^3-1)dC= 0 \Leftrightarrow\\
\Leftrightarrow (e^{tC}tC-3t^2C^3-1)dC= (2tC^4-e^{tC}C^2)dt \Leftrightarrow\\
\Leftrightarrow \dfrac{dC}{dt}=\dfrac{2tC^4-e^{tC}C^2}{e^{tC}tC-3t^2C^3-1}.
\end{array}
\]

\item En primer lugar veamos qué valores de $C$ corresponden a $t=0$. Sustituyendo en la ecuación que define la función tenemos:
\[
e^{0\cdot C}-0^2C^3-\ln C = 0 \Leftrightarrow 1-\ln C = 0 \Leftrightarrow \ln C = 1 \Leftrightarrow C = e.
\]
Así pues, se trata de calcular la ecuación de la recta tangente en el punto $(t=0, C=e)$. La ecuación de la recta tangente es
\[
C = e+\dfrac{dC}{dt}(t=0,C=e)(t-0)
\]
Utilizando la derivada calculada en el apartado anterior tenemos
\[
\dfrac{dC}{dt}(t=0,C=e)=\dfrac{2\cdot 0\cdot e^4-e^{0\cdot e}e^2}{e^{0\cdot e}\cdot 0\cdot e-3\cdot 0^2\cdot e^3-1} = \dfrac{-e^2}{-1} = e^2,
\]
y sustituyendo en la ecuación de la tangente llegamos a
\[
C= e+e^2 t.
\]

\item Del apartado anterior se deduce que el valor de $t$ que le corresponde a $C=e$ según la función es $t=0$, es decir, se trata de calcular la recta normal en el mismo punto del apartado anterior pero considerando a $t$ como función de $C$. La ecuación de la recta normal es
\[
t = 0-\dfrac{1}{dt/dC}(t=0,C=e)(C-e) = -\dfrac{dC}{dt}(t=0,C=e)(C-e),
\]
y como la derivada ya la tenemos del apartado anterior, simplemente sustituimos y tenemos
\[
t= -e^2(C-e).
\]
\end{enumerate}
}


\newproblem{derimp-12}{gen}{*}
{Calcular las ecuaciones de las tangentes a la curva definida por
\[
\tg(xy) -\cos\left(\frac{x}{y}\right) +\frac{x}{y^2} = \log (x^2+y^2)
\]
en los puntos de abscisa $x=0$.
}
%SOLUCIÓN
{Ecuación de la recta tangente en $(0,-\sqrt{e^{-1}})$: $y = -\sqrt{e^{-1}} + \frac{1-e\sqrt{e}}{2e} x$.\\
Ecuación de la recta tangente en el punto  $(0,\sqrt{e^{-1}})$: $y = \sqrt{e^{-1}} + \frac{1+e\sqrt{e}}{2e} x$.
}
%RESOLUCIÓN
{En primer lugar hay que calcular los puntos de la función en los que $x=0$, es decir los puntos donde la función corta el eje de ordenadas. Sustituyendo $x$ por 0 en la ecuación que define la función tenemos
\[
\tg(0) -\cos 0 + 0 = \log (y^2) \Leftrightarrow \log(y^2) = -1
\Leftrightarrow y^2 = e^{-1} \Leftrightarrow y=\pm \sqrt{e^{-1}}
\]
Así pues, hay dos puntos en los que hay que calcular las tangentes que son
$(0,-\sqrt{e^{-1}})$ y $(0,\sqrt{e^{-1}})$.

La ecuación de la recta tangente en $(0,-\sqrt{e^{-1}})$ es
\begin{equation}
y = -\sqrt{e^{-1}} + \frac{dy}{dx}(0,-\sqrt{e^{-1}})(x-0),
\end{equation}
y por tanto necesitamos calcular la derivada $\dfrac{dy}{dx}$. Para ello derivamos implícitamente:
\[
\renewcommand{\arraystretch}{2.5}
\begin{array}{c}
\displaystyle
d\left(\tg(xy)-\cos\left( \frac{x}{y}\right)+\frac{x}{y^2}\right) = d\left( \log (x^2+y^2)\right) \Leftrightarrow \\ \displaystyle
\Leftrightarrow
d\tg(xy)-d\cos\left(\frac{x}{y}\right)+d\left( \frac{x}{y^2}\right)=
\frac{1}{x^2+y^2}d(x^2+y^2) \Leftrightarrow \\ \displaystyle
\Leftrightarrow
(1+\tg^2(xy))d(xy)+\sen\left( \frac{x}{y}\right)d\left( \frac{x}{y}\right) +\frac{dxy^2-xdy^2}{y^4} =
\frac{1}{x^2+y^2}(dx^2+dy^2) \Leftrightarrow \\ \displaystyle
\Leftrightarrow
(1+\tg^2(xy))(dxy+xdy)+\sen\left( \frac{x}{y}\right) \frac{dxy-xdy}{y^2}+\frac{dxy^2-x2ydy}{y^4} =
\frac{1}{x^2+y^2}(2xdx+2ydy) \Leftrightarrow \\ \displaystyle
\Leftrightarrow
(1+\tg^2(xy))(dxy+xdy)+\sen\left(\frac{x}{y}\right)\frac{dxy-xdy}{y^2}+\frac{dxy-2xdy}{y^3} =
\frac{2xdx+2ydy}{x^2+y^2}
\end{array}
\]
La derivada en el punto $(0,-\sqrt{e^{-1}})$ es 
\[
\renewcommand{\arraystretch}{2.5}
\begin{array}{c}\displaystyle
(1+\tg^2(0\cdot
(-\sqrt{e^{-1}})))(dx(-\sqrt{e^{-1}})+0dy)+\sen\left(\frac{0}{-\sqrt{e^{-1}}}\right)\frac{dx(-\sqrt{e^{-1}})-0dy}{e^{-1}}+\frac{dx(-\sqrt{e^{-1}})-2\cdot 0dy}{(-\sqrt{e^{-1}})^3} =\\ 
\displaystyle
= \frac{2\cdot 0dx+2\cdot (-\sqrt{e^{-1}})dy}{0^2+(-\sqrt{e^{-1}})^2}
\Leftrightarrow\\ \displaystyle
\Leftrightarrow -\sqrt{e^{-1}}dx+\frac{-\sqrt{e^{-1}}dx}{(-\sqrt{e^{-1}})^3} = \frac{-2\sqrt{e^{-1}}dy}{e^{-1}} \Leftrightarrow\\ \displaystyle
\Leftrightarrow -\sqrt{e^{-1}}dx+\frac{dx}{e^{-1}} =
-2\sqrt{e}dy \Leftrightarrow\\ \displaystyle
\Leftrightarrow -\sqrt{e^{-1}}dx+edx = -2\sqrt{e}dy \Leftrightarrow\\
\displaystyle \Leftrightarrow (e-\sqrt{e^{-1}})dx = -2\sqrt{e}dy
\Leftrightarrow\\ 
\displaystyle \Leftrightarrow \frac{dy}{dx} =
\frac{e-\sqrt{e^{-1}}}{-2\sqrt{e}} = \frac{1-e\sqrt{e}}{2e}.
\end{array}
\]
y sustituyendo en la ecuación anterior tenemos que la tangente en el punto  $(0,-\sqrt{e^{-1}})$ es
\[
y = -\sqrt{e^{-1}} + \frac{1-e\sqrt{e}}{2e} x,
\]

Del mismo modo, la derivada en el punto $(0,-\sqrt{e^{-1}})$ es 
\[
\renewcommand{\arraystretch}{2.5}
\begin{array}{c} \displaystyle
(1+\tg^2(0\cdot \sqrt{e^{-1}}))(dx\sqrt{e^{-1}}+0dy)+\sen\left(\frac{0}{\sqrt{e^{-1}}}\right)\frac{dx\sqrt{e^{-1}}-0dy}{e^{-1}}+\frac{dx\sqrt{e^{-1}}-2\cdot 0dy}{\sqrt{e^{-1}}^3}= \\ \displaystyle
= \frac{2\cdot 0dx+2\cdot\sqrt{e^{-1}}dy}{0^2+\sqrt{e^{-1}}^2} \Leftrightarrow\\ \displaystyle
\Leftrightarrow \sqrt{e^{-1}}dx+\frac{\sqrt{e^{-1}}dx}{\sqrt{e^{-1}}^3} =
\frac{2\sqrt{e^{-1}}dy}{e^{-1}} \Leftrightarrow\\ \displaystyle
\Leftrightarrow \sqrt{e^{-1}}dx+\frac{dx}{e^{-1}} =
2\sqrt{e}dy \Leftrightarrow\\ \displaystyle
\Leftrightarrow \sqrt{e^{-1}}dx+edx = 2\sqrt{e}dy \Leftrightarrow\\ \displaystyle
\Leftrightarrow (e+\sqrt{e^{-1}})dx = 2\sqrt{e}dy \Leftrightarrow\\ \displaystyle
\Leftrightarrow \frac{dy}{dx} = \frac{e+\sqrt{e^{-1}}}{2\sqrt{e}} = \frac{1+e\sqrt{e}}{2e}.
\end{array}
\]
y la ecuación de la tangente en el punto  $(0,\sqrt{e^{-1}})$ es
\[
y = \sqrt{e^{-1}} + \frac{1+e\sqrt{e}}{2e} x,
\]
}